云南省保山市、文山州2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份云南省保山市、文山州2022-2023学年高二上学期期末考试数学试题，共19页。

第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 若复数（i为虚数单位），则共轭复数的虚部是（ ）
A. 1B. C. D. i
【答案】B
【解析】
【分析】先化简复数，再利用共轭复数及复数的概念求解.
【详解】解：因为，
所以的虚部是，
故选：B．
2. 设集合，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据定义分别判断充分性和必要性.
【详解】当时，，此时有，则条件具有充分性；
当时，有或，得到，故不具有必要性，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
3. 已知数列是等差数列，且，则（ ）
A. 3B. 4C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，公差为d，可得，解方程即可得出答案.
【详解】设等差数列的首项为，公差为d，
∵．∴．
解得:，∴.
故选：B．
4. 若直线与直线平行，则（ ）
A. 或1B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由与平行得：，解方程即可得出答案.
【详解】由与平行得：，解得：.
故选：C．
5. 已知，则取得最小值时，（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，结合基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.
详解】∵，则，
∴，
当且仅当，即当时，等号成立.
故选：C.
6. 设，夹角为，则等于（ ）
A. 37B. 13C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的数量积和模的运算求解.
【详解】解：∵．夹角为，
所以，
故选：D．
7. 已知点P为双曲线右支上一点，点分别为双曲线的左、右焦点，点I是的内心（三角形内切圆的圆心），若恒有成立，则离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件和面积公式得出，的关系，从而得出离心率的范围.
【详解】设的内切圆的半径为r，
则，
因为，
所以，
由双曲线的定义可知，
所以，即，又由，
所以双曲线的离心率的取值范围是.
故选：D
8. 设，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先通过符号判断最小，再通过与比较，确定.
【详解】∵，
而，
所以最小．
又，所以，即有，
因此，
故选：B．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 从中任取两数，其中：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个偶数和两个都是偶数；③至少有一个奇数和两个都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．在上述事件中，不是对立事件的是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对立事件得概念逐一判断.
【详解】根据题意，从中任取两数，其中可能的情况有“两个奇数”，“两个偶数”，
“一个奇数与一个偶数”三种情况；依次分析所给的4个事件可得，
①恰有一个偶数和恰有一个奇数都是“一个奇数与一个偶数”一种情况，不是对立事件；
②至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，与两个都是偶数不是对立事件；
③至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，和“两个都是偶数”是对立事件：
④至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，不是对立事件，
故选:ABD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数在上单调递增
C. 函数的图象关于直线对称
D. 该图象向右平移个单位可得的图象
【答案】BCD
【解析】
【分析】由图象可得，，代入可得，然后根据三角函数的性质对每个选项进行分析即可
【详解】由图象可知：，周期，∴；
由，所以，解得，
由可得，故函数．
对于A：，故A错误；
对于B：当时，，因为在上，正弦函数单调递增，
所以函数在上单调递增，故B正确；
对于C：当时，，
即直线是的一条对称轴，故C正确；
对于D：向右平移个单位得，故D正确，
故选：BCD．
11. 设等差数列的前n项和为，且，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. 数列单调递增D. 对任意，有
【答案】AD
【解析】
【分析】A.由判断；B.由，判断；C.由判断；D.由最值的定义判断.
【详解】解：∵，∴，A正确；
而，故无法判断的正负，B错误；
∵，∴数列单调递减，C错误；
∴当时，有最大值，D正确，
故选：AD．
12. 一般地，我们把离心率为的椭圆称为“黄金椭圆”，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，且点在以为焦点的“黄金椭圆”上，则的周长为
B. 若是“黄金椭圆”，则
C. 若“黄金椭圆”的左焦点是，右顶点和上顶点分别是，则
D. 设过原点的直线与焦点在轴上的“黄金椭圆”分别交于两点，“黄金椭圆”上动点（异于），设直线的斜率分别为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A由的值可求得，进而根据椭圆的定义可求得的周长，选项B需分焦点在轴和轴上进行讨论，选项C，将，，坐标用表示，利用勾股定理可验证，选项D利用点差法可得，结合关系可求得结果.
【详解】对于选项，，所以，
所以的周长为，
故A正确；
对于B选项，
当时，解得，
当时，解得，故B不正确；
对于C选项，
由题意可得，
要使椭圆为“黄金椭圆”，则，所以，
所以，
，
因为，
所以，所以，故C正确；
对于D选项，
设，
由点差法可得，
因为动点P在“黄金椭圆”上，所以，
所以，而，所以，
即，所以，故D正确；
或对于D选项，由题意及椭圆的性质，可得为定值，故可取，
设P点坐标为，则，
因为点P在椭圆上，所以，所以，
所以，因为动点P在“黄金椭圆”上，所以，
所以，而﹐
所以，即，
所以，故D正确，
故选：ACD．
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分、共20分）
13. 抛物线的准线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】将方程化为标准方程，得到p，进而得到准线方程.
【详解】抛物线化为标准方程为，
所以，即，
故准线方程为：.
故答案为：.
14. 等比数列满足，则该数列通项公式为______.
【答案】
【解析】
【分析】由得到公比,结合条件求得,写出通项公式.
【详解】设等比数列的公比为,首项为,故,由得 ,解得,故
故答案为:.
15. 已知椭圆，，过点且斜率为的直线与C相交于A，B两点，若直线平分线段，则C的离心率等于_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，将坐标代入椭圆方程，并且两式作差，化简可得，利用以及离心率公式求解即可．
【详解】设，则，故，即，因为为的中点，故，即，所以，即．
故答案为：
16. 半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为______﹔若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为__________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先根据题意得到该几何体是由边长为2的正方体截去8个正三棱锥所得，即可得到该几何体的体积，把几何体放入正方体中，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【详解】由题意得该几何体棱长为，
所以该几何体是由边长为2的正方体截去8个正三棱锥所得，
从而它的体积为；
如图所示，把几何体放入正方体中，建立空间直角坐标系，
则，
设，
设平面的一个法向量为，
，令，则.
则设直线DE与平面AFG所成角为，
，
而，故
四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知圆M的圆心为，它过点，且与直线相切．
（1）求圆M的标准方程；
（2）若过点且斜率为k的直线l交圆M于A，B两点，若弦AB的长为，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆M的标准方程为：，由圆心M到直线的距离，解方程即可得出答案.
（2）设直线l的方程为，圆心M到直线l的距离为，则，解方程即可得出答案.
【小问1详解】
由题意，设圆M的标准方程为：，
则圆心M到直线的距离为，
由题意得．
解得或（舍去）．
所以圆M的方程为．
【小问2详解】
设直线l的方程为，则圆心M到直线l的距离为．
，解得．
则直线的方程为．
18. 某校为了解学生对食堂满意程度，做了一次问卷调查，对三个年级进行分层抽样，共抽取40名同学进行询问打分，将最终得分按，分成6段，并得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数；
（2）若分数在区间的同学视为对食堂不满意的同学，从不满意的同学中随机抽出两位同学做进一步调查，求抽出的两位同学来自不同打分区间的概率．
【答案】（1），77.5
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率和为1计算得到，再根据中位数定义计算即可.
（2）根据分层抽样得到分别取2人和4人，列举出所有情况，统计满足条件的情况，得到概率.
【小问1详解】
因为频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，
所以，解得．
因为前三组的频率之和为，
所以中位数为
【小问2详解】
打分区间在的同学共有人，分别记为A，B，
打分区间在的同学共有人，分别记为a，b，c，d，
从这6人中随机抽出两位同学，共有以下15种情况：
，
其中，抽出的两位同学来自不同打分区间共有8种情况：
，
所以抽出的两位同学来自不同打分区间的概率为
19. 已知等比数列满足，数列是首项为1，公差为2的等差数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先由数列是等比数列，，求得，再根据是首项为1，公差为2的等差数列求解即可；
（2）由（1）可知，利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
因为数列是等比数列，故设首项为，公比为q，
因为，
所以，
解得．
所以．
又因为是首项为1，公差为2的等差数列，
所以．
因为，所以 ；
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
两式相减得：，
所以．
20. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若BC边上的中线，且，求的周长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据已知，利用正弦定理、两角和公式求解即可.
（2）利用三角函数的性质、面积公式以及余弦定理建立方程组求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，即，
又由正弦定理得，
所以，
因为在中，因为，所以.
【小问2详解】
如图，
由(1)有：，所以，得，①
由余弦定理知，即，②
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
因为，所以③
由①②③，得，
所以，
所以的周长．
21. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，分别是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得到根据线面平行判定定理可证得结论.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
【小问1详解】
证明：如图，取的中点为，连接，
则．
所以与平行且相等，
所以四边形是平行四边形，
所以平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
解：令，因为是的中点，
所以平面．
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
菱形中，，
所以，，在中，，
则．
设平面的法向量为，
所以，所以可取
又因平面的法向量，
所以．
由图可知二面角钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
22. 已知点，椭圆的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．
（1）求的方程；
（2）设过点的直线与相交于，两点，且，求的面积及直线的方程．
【答案】（1）
（2），或．
【解析】
【分析】（1）设，根据直线的斜率求出，再根据离心率及求出、，即可得解；
（2）设直线的方程为：，、，联立直线与椭圆方程，消元，根据求出的取值范围，再列出韦达定理，由得到，即可求出，从而求出直线方程，由弦长公式求出，再求出点到直线的距离，最后根据求出的面积.
【小问1详解】
解：设，因为直线的斜率为，
所以，解得．
又，解得，所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
解：设、，
由题意可设直线的方程为：，
联立，消去得，
当，所以，即或时，
，，
由，得，代入上解得，即，
又
点到直线的距离，
所以，
此时直线的方程为：或．